Уравнение Пелля с параметром

[lel0lel]

В общем случае из сравнения $x^2\equiv1\pmod{l}$ следует: $x=k_1 l_1\pm1$ и $x=k_2 l_2\mp1$, где $l=l_1 l_2$. Выполним с уравнением действия аналогичные изложенным ранее. Стартуем с подстановки $x=k l_2+1\,\,\,(k\in\mathbb{Z})$. Приходим к системе

$$l=\frac{(k-l_1)^2}{s}-1\,\,\, \text{ и }\,\,\, l_1^2y^2=k^2+l_1^2-s.$$

Неравенство имеет вид

$$\frac{k^2-s}{l_1^2}+1<\frac{(k-l_1)^2}{s}-1,\,\,\text{ и целое число } \frac{(k-l_1)^2}{s}-1\geq 2.$$

При малых $l_1$ с неравенством можно справиться. Случай $l_1=1$ уже рассмотрен. С помощью матпакета я рассмотрел $l_1=2,3,4$. В этих случаях возможные значения $s$ такие, что $l+1$ полный квадрат. Это конечно капля в море. Нужен другой подход, попробую позже.

[nnosipov]

Можно рассмотреть частный случай $d=2$ и попробовать доказать, что уравнение

$$p^2-(y^2-1)q^2=\frac{2-y^2}{2}$$

неразрешимо для всех четных $y$ (или найти контрпример). Такое ощущение, что даже здесь будет очень трудно.

[Andrey A]

nnosipov
Доказательство от 19.08 всё же не бесполезное. Напомню

Andrey A в сообщении #1411093 писал(а):

Вернемся к уравнению $x^2-(l^2+l)y^2=-(l^2-1)$ и будем исходить из из предположения, что любой остаток вида $z=p^2-(l^2+l)q^2$, не превышающий по абсолютной величине $l^2+l$ соответствует если не подходящей, то хотя бы промежуточной дроби разложения $\sqrt{l^2+l}$ ($p,q$ вз. просты). Вроде бы это верно для любых разложений, но могу ошибаться. Требуемое разложение можно записать в общем виде: $\sqrt{l^2+l}=l,(2,2l)=\dfrac{1}{0},\dfrac{l}{1},\dfrac{2l+1}{2},...$ Тут выписаны три подходящие дроби, включая нулевую. Этого достаточно, поскольку период из двух знаков. Выпишем соответствующие остатки:

$z_0=1^2-(l^2+l)\cdot 0^2=1$
$z_1=l^2-(l^2+l)\cdot 1^2=-l$
$z_2=(2l+1)^2-(l^2+l)\cdot 2^2=1$

Нужного остатка $1-l^2$ в этом списке нет, значит переходим к промежуточным дробям. Возьмем первым знаком не $l$, а некоторое $u<l$, тогда первой дробью будет $\dfrac{u}{1}$. Запишем уравнение $u^2-(l^2+l)\cdot 1^2=1-l^2$. Получаем $l=u^2-1$ (то, чего хотелось избежать). Второй знак можно не проверять, поскольку там будут положительные остатки, а вот в третьем знаке имеем $2l-1$ вариантов. Тут нужно воспользоваться формулой рекуррентной зависимости для квадратичных вычетов $z_{n+1}=\dfrac{a_{n+1}}{a_n}(a_{n+1}a_n+1)z_n+(a_{n+1}a_n+1)z_{n-1}-\dfrac{a_{n+1}}{a_n}z_{n-2}$. Подставляя в нее $a_{n+1}=u,a_n=2,z_n=1,z_{n-1}=-l,z_{n-2}=1$, получаем уравнение $u^2-(2u+1)l=1-l^2$ или $u^2-2lu+l^2-l-1=0.$ Отсюда $u=l\pm \sqrt{l+1}$ и опять же $l=(u-l)^2-1.$ Если нет ошибки в допущении, это доказательство.

Возьмем теперь произвольные $l$, рациональное $\dfrac{P}{Q}=a_1,a_2,...,a_n$ и вычислим $z=P^2-(l^2+l)Q^2$. Если к этой дроби добавить слева палиндром с нулем $l,2,l,0$, то для новой дроби $l,2,l,0,a_1,a_2,...,a_n=l,2,l+a_1,a_2,...,a_n=\dfrac{P'}{Q'}$ также будет выполняться $P'^2-(l^2+l)Q'^2=z.$ Обозначим третий остаток новой дроби буквой $u=l+a_1,a_2,...,a_n$, тогда разложение $\dfrac{P'}{Q'}$ можно еще выразить так: $l,2,u=\dfrac{l}{1},\dfrac{2l+1}{2},\dfrac{(2l+1)u+l}{2u+1}$. Таким образом, если в вышеприведенном доказательстве заменить целое $u$ на рациональное, необходимость в допущениях отпадает. Положим $u=\dfrac{X}{Y}$. Выражение $l=(u-l)^2-1$ меняется тогда на $(l+1)Y^2=(X-lY)^2$, и видно что $l$ всё-таки целый квадрат без единицы. Неполнота этого доказательства в том, что пара $x,y$ (решение изначального уравнения) предполагается вз. простой, а этого в условии не сказано. Более того, из предположения $d>1$ уже следует $\gcd (x,y)>1$. Поясню. Перепишем систему $\left\{\begin{matrix} l(y^2-1)+1 & =dp^2\\ l+1 & =dq^2 \end{matrix}\right.$ так: $\left\{\begin{matrix} 1-l= & dp^2-ly^2\\ l+1= & dq^2 \end{matrix}\right$ и перемножим почленно: $1-l^2=dq^2(dp^2-ly^2)=(dpq)^2-dl(qy)^2$, или $(dp)^2-dly^2=\dfrac{1-l^2}{q^2}$. Пара $(d,y)$ может иметь общий делитель $2$, а вот откуда следует вз. простота $(p,y)$ мне не очень понятно. Дальнейшие сокращения приводят к уравнению $(2)$, которое тоже не приносит облегчения. Остается либо доказать что $x,y$ вз. просты, либо (как альтернатива) заменить из доказательства выше уравнение $u^2-(2u+1)l=1-l^2$ на $u^2-(2u+1)l=\dfrac{1-l^2}{q^2}$, допустив рациональное $u$ и $1\equiv l^2 \mod q^2$. Тогда числитель и знаменатель дроби $l,2,u$, домноженные на $q$ дают решение. Если уравнение разрешимо.

[Andrey A]

Andrey A в сообщении #1411635 писал(а):

... Более того, из предположения $d>1$ уже следует $\gcd (x,y)>1$.

Тут ошибка. Правильно сказать "ничто не мешает $\gcd (x,y)>1$". В частности, если $p,y$ имеют общий делитель $m>1$, то из первого уравнения системы следует $l \equiv 1 \mod m^2$, и других ограничений не вижу.

[rightways]

Пусть $x,y$ натуральные. Тогда ясно что $2x<(2l+1)y$ . Пусть $a=(2l+1)y-2x$. Заменим $2x$ и тогда получим уравнение

$$a^2+y^2+4l^2=2a(2l+1)y+4$$

Далее пусть $c=l+1$ и $y=b$. Тогда получим уравнение

$$a^2+b^2+4c^2+2ab=4abc+8c$$

.
Назовем тройку $(a,b,c)$ фантомной если она удовлетворяет последнему уравнению и при этом $c$ не полный квадрат. Докажем, что фантомных троек не существует.
По методу спуска пусть $(a,b,c)$ фантомная тройка минимальной суммы. Есть три варианта: 1)$a\ge b\ge c$ 2) $a\ge c\ge b$ 3)$c\ge a\ge b$. Рассмотрим сразу самый сложный вариант:
Пусть $c\ge a\ge b$. Сразу заметим, что $b\ge 2$ иначе $4c=(2c-a-1)^2$.
Ясно что у квадратной функции $f(x)=4x^2-4x(ab+2)+(a+b)^2$ есть два натуральных корня $c$ и $c_1$ по Виету. Тогда $f(x)=4(x-c)(x-c_1)$. Заметим, что $c_1$ не является полным квадратом так как $cc_1-$ полный квадрат. Поэтому тройка $(a,b,c_1)-$ тоже фантомная. Следовательно, $c_1\ge c$ и $f(a)=4(a-c)(a-c_1)\ge 0$. Последнее эквивалентна тому, что $4a^2+(a+b)^2\ge 4a^2b+8a$ откуда $8a^2\ge 4a^2b+8a\ge 8a^2+8a$. Противоречие. Значит по любому $c=k^2$ отсюда и $l=k^2-1$. Остальные случаи доказываются аналогично.

[wrest]

rightways в сообщении #1411786 писал(а):

Заметим, что $c_1$ не является полным квадратом так как $cc_1-$ полный квадрат.

Поясните пож-ста этот момент.

[rightways]

$4cc_1=(a+b)^2$ по Виете

[nnosipov]

rightways в сообщении #1411786 писал(а):

Рассмотрим сразу самый сложный вариант

Рассмотреть нужно все варианты.

rightways в сообщении #1411786 писал(а):

Следовательно, $c_1\ge c$

Поясните.

[wrest]

rightways в сообщении #1411793 писал(а):

$4cc_1=(a+b)^2$ по Виете

$c=4=2^2;c_1=9=3^2;a=4;b=8;4\cdot 2^2 \cdot 3^2=(4+8)^2$

[nnosipov]

wrest
Если $c$ --- не полный квадрат (по предположению), то и $c_1$ не может быть полным квадратом в силу указанного равенства. Здесь все чисто.

[rightways]

nnosipov в сообщении #1411795 писал(а):

rightways в сообщении #1411786 писал(а):

Рассмотрим сразу самый сложный вариант

Рассмотреть нужно все варианты.

rightways в сообщении #1411786 писал(а):

Следовательно, $c_1\ge c$

Поясните.

$
$c_1\ge c$ в силу того что $a+b+c\le a+b+c_1$

[wrest]

nnosipov в сообщении #1411798 писал(а):

Если $c$ --- не полный квадрат (по предположению), то и $c_1$ не может быть полным квадратом в силу указанного равенства.

А... да, теперь ясно. $4$ - квадрат, $4cc_1$ - квадрат, значит $cc_1$ - квадрат, а раз $c$ - не квадрат, то и $c_1$ - не квадрат.

[rightways]

nnosipov в сообщении #1411795 писал(а):

rightways в сообщении #1411786 писал(а):

Рассмотрим сразу самый сложный вариант

Рассмотреть нужно все варианты.

rightways в сообщении #1411786 писал(а):

Следовательно, $c_1\ge c$

Поясните.

В остальных случаях рассматриваем как квадратную функцию от переменной $a$ и аналогично находим противоречие неравенствами. Третий случай считаю сложнее так как там учавствует $c$ как квадрат. А в легких двух случаях это не заметно даже.

[nnosipov]

rightways в сообщении #1411799 писал(а):

$c_1\ge c$ в силу того что $a+b+c\le a+b+c_1$

А это откуда?

В общем, пишите подробное и полное доказательство. Задача нетривиальная, я не верю в то, что она решается столь простыми рассуждениями.

-- Пт авг 23, 2019 23:11:32 --

rightways в сообщении #1411786 писал(а):

Следовательно, $c_1\ge c$ и $f(a)=4(a-c)(a-c_1)\ge 0$. Последнее эквивалентна тому, что $4a^2+(a+b)^2\ge 4a^2b+8a$ откуда $8a^2\ge 4a^2b+8a\ge 8a^2+8a$.

На самом деле, это рассуждение является доказательством того, что $c_1<c$. И противоречия никакого нет.

[rightways]

nnosipov в сообщении #1411812 писал(а):

rightways в сообщении #1411799 писал(а):

$c_1\ge c$ в силу того что $a+b+c\le a+b+c_1$

А это откуда?

Ну мы же предположили что сумма $a+b+c$ минимальна.
Я попробовал сделать эту задачу похожей на задачу которую вы недавно обсуждали
topic136218.html
Причем там Shadow говорит , что применяет ту же технику что и я.

topic87155.html
Здесь есть еще одна задача, где применяется такой же метод